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2015步步高高中数学理科文档第八章 8.6


§ 8.6

立体几何中的向量方法(一)——证明 平行与垂直

1.直线的方向向量与平面的法向量的确定 (1)直线的方向向量:在直线上任取一非零向量作为它的方向向量. (2)平面的法向量可利用方程组求出:设 a,b 是平面 α 内两不共线向量,n 为平面 α 的法
?n· a=0 ? 向量,则求法向量的方程组为? . ? b=0

?n·

2.用向量证明空间中的平行关系 (1)设直线 l1 和 l2 的方向向量分别为 v1 和 v2,则 l1∥l2(或 l1 与 l2 重合)?v1∥v2. (2)设直线 l 的方向向量为 v,与平面 α 共面的两个不共线向量 v1 和 v2,则 l∥α 或 l?α? 存在两个实数 x,y,使 v=xv1+yv2. (3)设直线 l 的方向向量为 v,平面 α 的法向量为 u,则 l∥α 或 l?α?v⊥u. (4)设平面 α 和 β 的法向量分别为 u1,u2,则 α∥β?u1 ∥u2. 3.用向量证明空间中的垂直关系 (1)设直线 l1 和 l2 的方向向量分别为 v1 和 v2,则 l1⊥l2?v1⊥v2?v1· v2=0. (2)设直线 l 的方向向量为 v,平面 α 的法向量为 u,则 l⊥α?v∥u. (3)设平面 α 和 β 的法向量分别为 u1 和 u2,则 α⊥β?u1⊥u2?u1· u2=0.

1.判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)直线的方向向量是唯一确定的. (2)平面的单位法向量是唯一确定的. (3)若两平面的法向量平行,则两平面平行. (4)若两直线的方向向量不平行,则两直线不平行. (5)若 a∥b,则 a 所在直线与 b 所在直线平行. (6)若空间向量 a 平行于平面 α,则 a 所在直线与平面 α 平行. ( × ( × ( × ( √ ( × ( × ) ) ) ) ) )

2.若直线 l1,l2 的方向向量分别为 a=(2,4,-4),b=(-6,9,6),则 A.l1∥l2 C.l1 与 l2 相交但不垂直 答案 B 解析 a· b=-12+36-24=0,故 a⊥b,即 l1⊥l2 选 B. B.l1⊥l2 D.以上均不正确

(

)

3.已知平面 α 内有一点 M(1,-1,2),平面 α 的一个法向量为 n=(6,-3,6),则下列点 P 中, 在平面 α 内的是 A.P(2,3,3) C.P(-4,4,0) 答案 A → 解析 逐一验证法,对于选项 A,MP=(1,4,1), → → ∴MP· n=6-12+6=0,∴MP⊥n, ∴点 P 在平面 α 内,同理可验证其他三个点不在平面 α 内. → → → → → 4.已知AB=(1,5,-2),BC=(3,1,z),若AB⊥BC,BP=(x-1,y,-3),且 BP⊥平面 ABC, 则实数 x,y,z 分别为______________. 答案 40 15 ,- ,4 7 7 B.P(-2,0,1) D.P(3,-3,4) ( )

→ → → → 解析 由题意知,BP⊥AB,BP⊥BC. → → AB· BC=0, ? ?→ → 所以?BP· AB=0, ? → → ?BP · BC=0, 1×3+5×1+?-2?×z=0, ? ? 即??x-1?+5y+?-2?×?-3?=0, ? ?3?x-1?+y-3z=0, 40 15 解得,x= ,y=- ,z=4. 7 7 19 5 5 5.若 A(0,2, ),B(1,-1, ),C(-2,1, )是平面 α 内的三点,设平面 α 的法向量 n=(x, 8 8 8 y,z),则 x∶y∶z=________. 答案 2∶3∶(-4)

题型一 证明平行问题 例1 (2013· 浙江改编)如图,在四面体 A-BCD 中,AD⊥平面 BCD,BC⊥CD,AD=2,BD

=2 2,M 是 AD 的中点,P 是 BM 的中点,点 Q 在线段 AC 上,且 AQ =3QC. 证明:PQ∥平面 BCD. 思维启迪 证明线面平行,可以利用判定定理先证线线平行,也可利用 平面的法向量. 证明 方法一 如图,取 BD 的中点 O,以 O 为原点,OD、OP 所在射 线为 y、z 轴的正半轴,建立空间直角坐标系 Oxyz.由题意知, A(0, 2,2),B(0,- 2,0),D(0, 2,0). 设点 C 的坐标为(x0,y0,0). → → 因为AQ=3QC, 3 2 3 1 所以 Q? x0, + y0, ?. 4 4 2? ?4 因为 M 为 AD 的中点,故 M(0, 2,1). 1? 又 P 为 BM 的中点,故 P? ?0,0,2?, 3 2 3 → 所以PQ=? x0, + y0,0?. 4 4 ?4 ? → 又平面 BCD 的一个法向量为 a=(0,0,1),故PQ· a=0. 又 PQ?平面 BCD,所以 PQ∥平面 BCD. 方法二 在线段 CD 上取点 F,使得 DF=3FC,连接 OF,同证法一建立空间直角坐标系, 写出点 A、B、C 的坐标,设点 C 坐标为(x0,y0,0). 1 → 1→ ∵CF= CD,设 F 点坐标系(x,y,0),则(x-x0,y-y0,0)= (-x0, 2-y0,0), 4 4

?x=4x ∴? 2 3 ?y= 4 +4y
0

3

2 3 → 3 ∴OF=( x0, + y0,0) 4 4 4

0

2 3 → 3 又由证法一知PQ=( x0, + y0,0), 4 4 4 → → ∴OF=PQ, ∴PQ∥OF.

又 PQ?平面 BCD,OF?平面 BCD, ∴PQ∥平面 BCD. 思维升华 用向量证明线面平行的方法有 (1)证明该直线的方向向量与平面的某一法向量垂直; (2)证明该直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行; (3)证明该直线的方向向量可以用平面内的两个不共线的向量线性表示. 如图所示, 平面 PAD⊥平面 ABCD, ABCD 为正方形, △PAD 是直角三角形,且 PA=AD=2,E、F、G 分别是线段 PA、PD、CD 的 中点.求证:PB∥平面 EFG. 证明 ∵平面 PAD⊥平面 ABCD 且 ABCD 为正方形, ∴AB、AP、AD 两两垂直,以 A 为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系 Axyz,则 A(0,0,0)、B(2,0,0)、C(2,2,0)、D(0,2,0)、P(0,0,2)、E(0,0,1)、F(0,1,1)、 G(1,2,0). → → → ∴PB=(2,0,-2),FE=(0,-1,0),FG=(1,1,-1), → → → 设PB=sFE+tFG, 即(2,0,-2)=s(0,-1,0)+t(1,1,-1), t=2, ? ? ∴?t-s=0, ? ?-t=-2,

解得 s=t=2.

→ → → ∴PB=2FE+2FG, → → → → → 又∵FE与FG不共线,∴PB、FE与FG共面. ∵PB?平面 EFG,∴PB∥平面 EFG. 题型二 证明垂直问题 例2 如图所示,正三棱柱(底面为正三角形的直三棱柱)ABC—A1B1C1

的所有棱长都为 2,D 为 CC1 的中点.求证:AB1⊥平面 A1BD. 思维启迪 证明线面垂直可以利用线面垂直的定义, 即证线与平面内 的任意一条直线垂直;也可以证线与面的法向量平行. 证明 方法一 设平面 A1BD 内的任意一条直线 m 的方向向量为 m.由共面向量定理, 则存 → → 在实数 λ,μ,使 m=λBA1+μBD. → → → 令BB1=a,BC=b,BA=c,显然它们不共面,并且|a|=|b|=|c|=2,a· b=a· c=0,b· c=2, 以它们为空间的一个基底, → → 1 → 则BA1=a+c,BD= a+b,AB1=a-c, 2

1 ? → → m=λBA1+μBD=? ?λ+2μ?a+μb+λc, → ??λ+1μ?a+μb+λc? AB1· m=(a-c)· ?? 2 ? ? 1 ? → =4? ?λ+2μ?-2μ-4λ=0.故AB1⊥m,结论得证. 方法二 如图所示,取 BC 的中点 O,连接 AO. 因为△ABC 为正三角形, 所以 AO⊥BC. 因为在正三棱柱 ABC—A1B1C1 中,平面 ABC⊥平面 BCC1B1, 所以 AO⊥平面 BCC1B1. → → → 取 B1C1 的中点 O1,以 O 为原点,以OB,OO1,OA为 x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系, 则 B(1,0,0),D(-1,1,0),A1(0,2, 3), A(0,0, 3),B1(1,2,0). → → 设平面 A1BD 的法向量为 n=(x,y,z),BA1=(-1,2, 3),BD=(-2,1,0). → → 因为 n⊥BA1,n⊥BD, → ? BA1=0, ?n· ?-x+2y+ 3z=0, 故? ?? → ?-2x+y=0, ? n· BD=0 ? 令 x=1,则 y=2,z=- 3, 故 n=(1,2,- 3)为平面 A1BD 的一个法向量, → → → 而AB1=(1,2,- 3),所以AB1=n,所以AB1∥n, 故 AB1⊥平面 A1BD. 思维升华 用向量证明垂直的方法 (1)线线垂直:证明两直线所在的方向向量互相垂直,即证它们的数量积为零. (2)线面垂直:证明直线的方向向量与平面的法向量共线,或将线面垂直的判定定理用向量 表示. (3)面面垂直:证明两个平面的法向量垂直,或将面面垂直的判定定理用向量表示.

如图所示,在四棱锥 P-ABCD 中,PC⊥平面 ABCD, PC=2,在四边形 ABCD 中,∠B=∠C=90° ,AB=4,CD=1,点 M 在 PB 上,PB=4PM,PB 与平面 ABCD 成 30° 角. (1)求证:CM∥平面 PAD; (2)求证:平面 PAB⊥平面 PAD. 证明 以 C 为坐标原点,CB 所在直线为 x 轴,CD 所在直线为 y 轴, CP 所在直线为 z 轴建立如图所示的空间直角坐标系 Cxyz, ∵PC⊥平面 ABCD, ∴∠PBC 为 PB 与平面 ABCD 所成的角, ∴∠PBC=30° . ∵PC=2,∴BC=2 3,PB=4. ∴D(0,1,0),B(2 3,0,0),A(2 3,4,0),P(0,0,2), M( 3 3 → → ,0, ),∴DP=(0,-1,2),DA=(2 3,3,0), 2 2

3 3 → CM=( ,0, ), 2 2 (1)令 n=(x,y,z)为平面 PAD 的一个法向量, → ?z=2y, ? n=0, ?DP· ?-y+2z=0, 则? 即? ∴? → 3 ?2 3x+3y=0, ?DA · n=0, ? ?x=- 2 y, 令 y=2,得 n=(- 3,2,1). 3 3 → ∵n· CM=- 3× +2×0+1× =0, 2 2 → ∴n⊥CM,又 CM?平面 PAD, ∴CM∥平面 PAD. → (2)取 AP 的中点 E,则 E( 3,2,1),BE=(- 3,2,1). ∵PB=AB,∴BE⊥PA. → → 又∵BE· DA=(- 3,2,1)· (2 3,3,0)=0, → → ∴BE⊥DA,∴BE⊥DA, 又 PA∩DA=A,∴BE⊥平面 PAD, 又∵BE?平面 PAB,∴平面 PAB⊥平面 PAD. 1

题型三 解决探索性问题 例3 (2012· 福建)如图,在长方体 ABCD-A1B1C1D1 中,AA1=AD=1,

E 为 CD 的中点. (1)求证:B1E⊥AD1; (2)在棱 AA1 上是否存在一点 P,使得 DP∥平面 B1AE?若存在,求 AP 的长;若不存在,说明理由. 思维启迪 利用向量法建立空间直角坐标系,将几何问题进行转化;对于存在性问题可通 过计算下结论. → → → (1)证明 以 A 为原点,AB,AD,AA1的方向分别为 x 轴,y 轴,z 轴的正方向建立空间直角坐标系(如图). 设 AB=a,则 A(0,0,0),D(0,1,0),D1(0,1,1), a ? E? ?2,1,0?,B1(a,0,1), a a → → → → - ,1,-1?,AB1=(a,0,1),AE=? ,1,0?. 故AD1=(0,1,1),B1E=? ? 2 ? ?2 ? a → → ∵AD1· B1E=- ×0+1×1+(-1)×1=0, 2 ∴B1E⊥AD1. (2)解 假设在棱 AA1 上存在一点 P(0,0,z0).

→ 使得 DP∥平面 B1AE,此时DP=(0,-1,z0). 又设平面 B1AE 的法向量 n=(x,y,z). ax+z=0, ? ? → → ∵n⊥平面 B1AE,∴n⊥AB1,n⊥AE,得?ax ? ? 2 +y=0. a ? 取 x=1,得平面 B1AE 的一个法向量 n=? ?1,-2,-a?. a → 要使 DP∥平面 B1AE,只要 n⊥DP,有 -az0=0, 2 1 解得 z0= . 2 又 DP?平面 B1AE, 1 ∴存在点 P,满足 DP∥平面 B1AE,此时 AP= . 2 思维升华 对于“是否存在”型问题的探索方式有两种:一种是根据条件作出判断,再进 一步论证.另一种是利用空间向量,先设出假设存在点的坐标,再根据条件求该点的坐标, 即找到“存在点”,若该点坐标不能求出,或有矛盾,则判定“不存在”.

如图所示,四棱锥 S—ABCD 的底面是正方形,每条侧棱 的长都是底面边长的 2倍,P 为侧棱 SD 上的点. (1)求证:AC⊥SD. (2)若 SD⊥平面 PAC, 则侧棱 SC 上是否存在一点 E, 使得 BE∥平面 PAC. 若存在,求 SE∶EC 的值;若不存在,试说明理由. (1)证明 连接 BD,设 AC 交 BD 于 O,则 AC⊥BD. 由题意知 SO⊥平面 ABCD. → → → 以 O 为坐标原点,OB,OC,OS分别为 x 轴、y 轴、z 轴正方向,建 立空间直角坐标系如图. 设底面边长为 a,则高 SO= 于是 S?0,0, 6 a, 2

?

6 ? 2 ? ? a ,D - a,0,0 , 2 ? ? 2 ?

B?

2 2 2 → ? ?,C? ?,OC = 0, a,0?, 2 ? 2 a,0,0? ?0, 2 a,0? ? ?

2 6 → → → SD=?- a,0,- a?,则OC· SD=0. 2 ? ? 2 故 OC⊥SD.从而 AC⊥SD. (2)解 棱 SC 上存在一点 E 使 BE∥平面 PAC. 理由如下: → 由已知条件知DS是平面 PAC 的一个法向量, 2 6 2 6 → → 且DS=? a,0, a?,CS=?0,- a, a?, 2 ? 2 2 ? ?2 ? 2 2 → BC=?- a, a,0?. 2 ? 2 ? → → → → → → → 设CE=tCS,则BE=BC+CE=BC+tCS =?-

?

2 2 6 ? a, a?1-t?, at , 2 2 2 ?

1 → → 而BE· DS=0?t= . 3 → → 即当 SE∶EC=2∶1 时,BE⊥DS. 而 BE 不在平面 PAC 内,故 BE∥平面 PAC.

利用向量法解决立体几何问题

典例:(12 分)(2012· 湖南)如图所示,在四棱锥 P-ABCD 中,PA⊥平 面 ABCD,AB=4,BC=3,AD=5,∠DAB=∠ABC=90° ,E 是 CD 的中点. (1)证明:CD⊥平面 PAE; (2)若直线 PB 与平面 PAE 所成的角和 PB 与平面 ABCD 所成的角相等, 求四棱锥 P-ABCD 的体积. 思维启迪 本题中的(1)有两种证明思路: (1)利用常规方法,将证明线面垂直转化为证明线线垂直,利用线面垂直的判定定理证之; (2)将证明线面垂直问题转化为向量间的关系问题,证明向量垂直;然后计算两个向量的数 量积. 规范解答 方法一 (1)证明 如图,连接 AC.由 AB=4,BC=3,∠ABC=90° 得 AC=5. 又 AD=5,E 是 CD 的中点,所以 CD⊥AE. [1 分] [2 分]

因为 PA⊥平面 ABCD,CD?平面 ABCD,所以 PA⊥CD. [4 分] 而 PA,AE 是平面 PAE 内的两条相交直线, 所以 CD⊥平面 PAE. (2)解 过点 B 作 BG∥CD,分别与 AE,AD 相交于点 F,G,连接 PF. [5 分]

由(1)CD⊥平面 PAE 知,BG⊥平面 PAE. 于是∠BPF 为直线 PB 与平面 PAE 所成的角, 且 BG⊥AE. 由 PA⊥平面 ABCD 知,∠PBA 为直线 PB 与平面 ABCD 所成的角. 由题意得∠PBA=∠BPF, PA BF 因为 sin∠PBA= ,sin∠BPF= , PB PB 所以 PA=BF. 由∠DAB=∠ABC=90° 知,AD∥BC. 又 BG∥CD,所以四边形 BCDG 是平行四边形. 故 GD=BC=3.于是 AG=2. 在 Rt△BAG 中,AB=4,AG=2,BG⊥AF, [7 分] [6 分]

AB2 16 8 5 所以 BG= AB2+AG2=2 5,BF= = = . BG 2 5 5 8 5 于是 PA=BF= . 5 1 又梯形 ABCD 的面积为 S= ×(5+3)×4=16, 2 所以四棱锥 P-ABCD 的体积为 1 1 8 5 128 5 V= ×S×PA= ×16× = . 3 3 5 15 [12 分] [10 分]

方法二 如图,以 A 为坐标原点,AB,AD,AP 所在直线分别为 x 轴,y 轴,z 轴建立空间 直角坐标系. 设 PA=h,则 A(0,0,0),B(4,0,0),C(4,3,0),D(0,5,0),E(2,4,0), P(0,0,h). [2 分]

→ → → (1)证明 易知CD=(-4,2,0),AE=(2,4,0),AP=(0,0,h). → → → → 因为CD· AE=-8+8+0=0,CD· AP=0, 所以 CD⊥AE,CD⊥AP. 而 AP,AE 是平面 PAE 内的两条相交直线, 所以 CD⊥平面 PAE. (2)解 → → 由题设和(1)知,CD,PA分别是平面 PAE,平面 ABCD 的法向量. [5 分] [6 分] [4 分]

而 PB 与平面 PAE 所成的角和 PB 与平面 ABCD 所成的角相等, → → → → 所以|cos〈CD,PB〉|=|cos〈PA,PB〉|, → → ? ? →→ ? ? CD · PB PA· PB 即? =? . ? → → → →? |PB|? ?|PA|· |PB|? ?|CD|· → → 由(1)知,CD=(-4,2,0),PA=(0,0,-h), → 又PB=(4,0,-h), [8 分]

? -16+0+0 ? ? 0+0+h ? 故? 2?=? 2?. ?2 5· 16+h ? ?h· 16+h ?
8 5 解得 h= . 5 1 又梯形 ABCD 的面积为 S= ×(5+3)×4=16, 2 所以四棱锥 P-ABCD 的体积为 1 1 8 5 128 5 V= ×S×PA= ×16× = . 3 3 5 15 [12 分] [10 分]

2

温馨提醒 (1)利用向量法证明立体几何问题,可以建坐标系或利用基底表示向量;

(2)建立空间直角坐标系时要根据题中条件找出三条互相垂直的直线; (3)对于和平面有关的垂直问题,也可利用平面的法向量.

方法与技巧 用向量知识证明立体几何问题有两种基本思路:一种是用向量表示几何量,利用向量的运 算进行判断;另一种是用向量的坐标表示几何量,共分三步:(1)建立立体图形与空间向量 的联系,用空间向量(或坐标)表示问题中所涉及的点、线、面,把立体几何问题转化为向 量问题;(2)通过向量运算,研究点、线、面之间的位置关系;(3)根据运算结果的几何意义 来解释相关问题. 失误与防范 用向量知识证明立体几何问题,仍然离不开立体几何中的定理.如要证明线面平行,只需要 证明平面外的一条直线和平面内的一条直线平行,即化归为证明线线平行,用向量方法证 明直线 a∥b,只需证明向量 a=λb(λ∈R)即可.若用直线的方向向量与平面的法向量垂直来 证明线面平行,仍需强调直线在平面外.

A 组 专项基础训练 (时间:40 分钟) 一、选择题 1.若直线 l 的一个方向向量为 a=(2,5,7),平面 α 的一个法向量为 u=(1,1,-1),则( A.l∥α 或 l?α C.l?α 答案 A 2.若直线 l 的方向向量为 a,平面 α 的法向量为 n,能使 l∥α 的是 A.a=(1,0,0),n=(-2,0,0) B.a=(1,3,5),n=(1,0,1) C.a=(0,2,1),n=(-1,0,-1) D.a=(1,-1,3),n=(0,3,1) 答案 D 解析 若 l∥α,则 a· n=0, D 中,a· n=1×0+(-1)×3+3×1=0,∴a⊥n. ( ) B.l⊥α D.l 与 α 斜交 )

3.设平面 α 的法向量为 a=(1,2,-2),平面 β 的法向量 b=(-2,h,k),若 α∥β,则 h+k 的值为 A.-2 答案 C 解析 由 α∥β 得 a∥b,∴ -2 h k = = , 1 2 -2 B.-8 C.0 D.-6 ( )

∴h=-4,k=4,∴h+k=0. 4.已知 a=(2,-1,3),b=(-1,4,-2),c=(7,5,λ),若 a,b,c 三向量共面,则实数 λ 等 于 62 A. 7 答案 D 解析 由题意得 c=ta+μb=(2t-μ,-t+4μ,3t-2μ), 63 B. 7 60 C. 7 65 D. 7 ( )

7=2t-μ ? ? ∴?5=-t+4μ ? ?λ=3t-2μ

? ? 17 ,∴?μ= 7 ? ?λ=65 7
t= B.45°

33 7

.

5.如图,在长方体 ABCD—A1B1C1D1 中,AB=2,AA1= 3,AD=2 2,P 为 C1D1 的中点,M 为 BC 的中点.则 AM 与 PM 所成的角为 A.60° C.90° 答案 C 解析 以 D 点为原点,分别以 DA,DC,DD1 所在直线为 x,y,z 轴,建立如图所示的空 间直角坐标系 Dxyz, 依题意,可得,D(0,0,0),P(0,1, 3),C(0,2,0),A(2 2,0,0), M( 2,2,0). → ∴PM=( 2,1,- 3), → AM=(- 2,2,0), → → ∴PM· AM=( 2,1,- 3)· (- 2,2,0)=0, → → 即PM⊥AM,∴AM⊥PM. 二、填空题 6.已知平面 α 和平面 β 的法向量分别为 a=(1,1,2), b=(x, -2, 3), 且 α⊥β, 则 x=________. 答案 -4 ( )

D.以上都不正确

解析 ∵a· b=x-2+6=0,∴x=-4. 7.设点 C(2a+1, a+1,2)在点 P(2,0,0)、 A(1, -3,2)、 B(8, -1, 4)确定的平面上, 则 a=________. 答案 16 → → 解析 PA=(-1,-3,2),PB=(6,-1,4). → → → 根据共面向量定理,设PC=xPA+yPB (x、y∈R), 则(2a-1,a+1,2)=x(-1,-3,2)+y(6,-1,4) =(-x+6y,-3x-y,2x+4y), 2a-1=-x+6y, ? ? ∴?a+1=-3x-y, ? ?2=2x+4y,

解得 x=-7,y=4,a=16.

8.如图,在正方体 ABCD—A1B1C1D1 中,棱长为 a,M、N 分别为 A1B 和 AC 上的点,A1M=AN= ________. 答案 平行 解析 ∵正方体棱长为 a,A1M=AN= → 2 → → 2→ ∴MB= A1B,CN= CA, 3 3 → → → → 2 → → 2→ ∴MN=MB+BC+CN= A1B+BC+ CA 3 3 2 → → → 2 → → = (A1B1+B1B)+BC+ (CD+DA) 3 3 2→ 1 → = B1B+ B1C1. 3 3 → 又∵CD是平面 B1BCC1 的法向量, → → ?2 → 1 → ? → ∴MN· CD=?3B1B+3B1C1?· CD=0, → → ∴MN⊥CD.又∵MN?平面 B1BCC1, ∴MN∥平面 B1BCC1. 2a , 3 2a ,则 MN 与平面 BB1C1C 的位置关系是 3

三、解答题 1 9.如图,四边形 ABCD 为正方形,PD⊥平面 ABCD,PD∥QA,QA=AB= PD.证明:平面 2 PQC⊥平面 DCQ.

证明 如图,以 D 为坐标原点,线段 DA 的长为单位长,射线 DA 为 x 轴的正半轴建立空间直角坐标系 Dxyz.依题意有 → → → Q(1,1,0),C(0,0,1),P(0,2,0),则DQ=(1,1,0),DC=(0,0,1),PQ =(1,-1,0). → → → → ∴PQ· DQ=0,PQ· DC=0.即 PQ⊥DQ,PQ⊥DC, 又 DQ∩DC=D,故 PQ⊥平面 DCQ, 又 PQ?平面 PQC,∴平面 PQC⊥平面 DCQ. 10.如图,在底面是矩形的四棱锥 P-ACBD 中,PA⊥底面 ABCD,E,F 分别是 PC,PD 的中点,PA=AB=1,BC=2. (1)求证:EF∥平面 PAB; (2)求证:平面 PAD⊥平面 PDC. 证明 (1)以 A 为原点,AB 所在直线为 x 轴,AD 所在直线为 y 轴, AP 所在直线为 z 轴, 建立如图所示的空间直角坐标系, 则 A(0,0,0), B(1,0,0),C(1,2,0),D(0,2,0),P(0,0,1), 1 1 1 → 1 → → ∴E( ,1, ),F(0,1, ),EF=(- ,0,0),PB=(1,0,-1),PD= 2 2 2 2 → → → → (0,2,-1),AP=(0,0,1),AD=(0,2,0),DC=(1,0,0),AB=(1,0,0). 1→ → → → ∵EF=- AB,∴EF∥AB,即 EF∥AB, 2 又 AB?平面 PAB,EF?平面 PAB, ∴EF∥平面 PAB. → → (2)∵AP· DC=(0,0,1)· (1,0,0)=0, → → AD· DC=(0,2,0)· (1,0,0)=0, → → → → ∴AP⊥DC,AD⊥DC,即 AP⊥DC,AD⊥DC. 又 AP∩AD=A,∴DC⊥平面 PAD. ∵DC?平面 PDC,∴平面 PAD⊥平面 PDC.

B 组 专项能力提升 (时间:30 分钟) 1.已知 a=(1,1,1),b=(0,2,-1),c=ma+nb+(4,-4,1).若 c 与 a 及 b 都垂直,则 m,n 的 值分别为 A.-1,2 C.1,2 答案 A 解析 由已知得 c=(m+4,m+2n-4,m-n+1), 故 a· c=3m+n+1=0,b· c=m+5n-9=0.
? ?m=-1, 解得? ?n=2. ?

( B.1,-2 D.-1,-2

)

→ 3→ 1→ 1→ 2.已知平面 ABC,点 M 是空间任意一点,点 M 满足条件OM= OA+ OB+ OC,则直线 AM 4 8 8 ( A.与平面 ABC 平行 B.是平面 ABC 的斜线 C.是平面 ABC 的垂线 D.在平面 ABC 内 答案 D 解析 由已知得 M、A、B、C 四点共面.所以 AM 在平面 ABC 内,选 D. 3.在正方体 ABCD—A1B1C1D1 中,P 为正方形 A1B1C1D1 四边上的动点, O 为底面正方形 ABCD 的中心,M,N 分别为 AB,BC 的中点,点 Q → → 为平面 ABCD 内一点, 线段 D1Q 与 OP 互相平分, 则满足MQ=λMN的 实数 λ 有________个. 答案 2 解析 建立如图的坐标系, 设正方体的边长为 2, 则 P(x, y,2), O(1,1,0), ∴OP 的中点坐标为 )

?x+1,y+1,1?, 2 ? 2 ?
又知 D1(0,0,2),∴Q(x+1,y+1,0),而 Q 在 MN 上,∴xQ+yQ=3, ∴x+y=1,即点 P 坐标满足 x+y=1. ∴有 2 个符合题意的点 P,即对应有 2 个 λ.

4.如图所示, 已知直三棱柱 ABC—A1B1C1 中, △ABC 为等腰直角三角形, ∠BAC=90° ,且 AB=AA1,D、E、F 分别为 B1A、C1C、BC 的中点. 求证: (1)DE∥平面 ABC; (2)B1F⊥平面 AEF. 证明 (1)如图建立空间直角坐标系 Axyz, 令 AB=AA1=4, 则 A(0,0,0),E(0,4,2),F(2,2,0),B(4,0,0),B1(4,0,4). 取 AB 中点为 N,连接 CN, 则 N(2,0,0),C(0,4,0),D(2,0,2), → → ∴DE=(-2,4,0),NC=(-2,4,0), → → ∴DE=NC,∴DE∥NC, 又∵NC?平面 ABC,DE?平面 ABC. 故 DE∥平面 ABC. → → → (2)B1F=(-2,2,-4),EF=(2,-2,-2),AF=(2,2,0). → → B1F· EF=(-2)×2+2×(-2)+(-4)×(-2)=0, → → B1F· AF=(-2)×2+2×2+(-4)×0=0. → → → → ∴B1F⊥EF,B1F⊥AF,即 B1F⊥EF,B1F⊥AF, 又∵AF∩FE=F,∴B1F⊥平面 AEF. 5.在四棱锥 P—ABCD 中,PD⊥底面 ABCD,底面 ABCD 为正方形,PD=DC,E、F 分别是 AB、PB 的中点. (1)求证:EF⊥CD; (2)在平面 PAD 内求一点 G,使 GF⊥平面 PCB,并证明你的结论. (1)证明 如图,以 DA、DC、DP 所在直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴建 立空间直角坐标系, 设 AD=a,则 D(0,0,0)、 A(a,0,0)、B(a,a,0)、 a ? C(0,a,0)、E? ?a,2,0?、 a a a? P(0,0,a)、F? ?2,2,2?. a a? → → EF=? ?-2,0,2?,DC=(0,a,0).

→ → → → ∵EF· DC=0,∴EF⊥DC,即 EF⊥CD. a a a → x- ,- ,z- ?, (2)解 设 G(x,0,z),则FG=? 2 2? ? 2 若使 GF⊥平面 PCB,则 a a → → ? a 由FG· CB=?x-2,-2,z-2? (a,0,0) ?· a a x- ?=0,得 x= ; =a? ? 2? 2 a a → → ? a 由FG· CP=?x-2,-2,z-2? (0,-a,a) ?· a2 ? a? = +a?z-2?=0,得 z=0. 2 a ? ∴G 点坐标为? ?2,0,0?,即 G 点为 AD 的中点.


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